2023-2024学年黑龙江省哈尔滨三中高一（下）期末数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年黑龙江省哈尔滨三中高一（下）期末数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.z=−1+5ii，则z=A.5+i B.5−i C.−5−i D.−5+i2.一个水平放置的平面图形OACB按斜二测画法得到的直观图如图所示，四边形O′A′C′B′为等腰梯形，O′A′=3,O′B′=2，则平面图形OACB的面积为(

)A.32

B.42

C.53.在空间四面体PABC中，对空间内任意一点Q，满足PQ=xPA+13PB+14PC，则下列条件中可以确定点QA.x=512 B.x=712 C.4.已知向量e1，向量e2为平面内两个不共线的单位向量，若AB=e1−A.A、B、C三点共线 B.A、C、D三点共线

C.A、B、D三点共线 D.B、C、D三点共线5.经哈三中数学组集体备课研究，预计每周(五天)安排8堂数学课，每天至少1堂，不同的安排方法有(

)A.35种 B.126种 C.495种 D.1001种6.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a=2b，c=3，则BA⋅BC的取值范围是(

)A.(3,9) B.(6,18) C.(185,7.三棱锥S−ABC的侧棱SA是它的外接球的直径，且SA=8，AB=1，BC=3，AC=13，则三棱锥S−ABC的体积为(

)A.353 B.352 C.8.在△ABC中，AB=6,AC=8,∠BAC=π3，I是∠BAC的平分线上一点，且AI=3，若△ABC内(不包含边界)的一点D满足ID=xABA.(−16,524] B.(−二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.设m，n是不同的直线，α，β是不同的平面，则下列命题错误的是(

)A.若α//β，m//α，则m//β

B.若m//n，m⊂α，则n平行于α内的无数条直线

C.若m⊥α，m⊥n，则n//α

D.若α⊥β，m⊥α，则m//β10.“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现.如图所示，在“杨辉三角”中，下列结论正确的是(

)

A.第n行的第r(r≤n)个位置的数是Cnr−1

B.1+C54+C64+C74=C8511.已知正方体ABCD−A1B1C1A.平面ACD1被正方体内切球所截，则截面面积为π12

B.四棱锥A1−ABCD与四棱锥B1−ABCD公共部分的体积为524

C.若点P在线段B1C三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.正四棱锥P−ABCD的所有棱长均为4，M为棱PC的中点，则异面直线BM与PA所成角的余弦值为______．13.已知x8=a0+a14.现用4种不同的颜色对四棱台ABCD−A1B1C1D1的8四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题13分)

(x2−ax)n(a>0)的展开式中所有项的二项式系数之和为32，前3项的系数之和为31．

(1)求实数n和a的值；

16.(本小题15分)

已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，a=4，acosB−bcosA=c−23b．

(1)求cosA；

(2)从以下3个条件中选择1个作为已知条件，使△ABC存在且唯一确定，求S.条件①4S=a2+c217.(本小题15分)

在直三棱柱ABC−A1B1C1中，D、E分别是棱AC、A1C1的中点，F为线段B1E上的点．

(1)证明：CF//平面A1BD；

(2)18.(本小题17分)

在锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知tanA+tanB=3cbcosA．

(1)求B；

(2)求a2+c2b2的取值范围；19.(本小题17分)

“阳马”是我国古代数学名著《九章算术》中《商功》章节研究的一种几何体，它是底面为矩形，一条侧棱垂于底面的四棱锥.如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，PA=4，平面PAB⊥平面ABCD，平面PAD⊥平面ABCD；

(1)求证：四棱锥P−ABCD是“阳马”；

(2)点M在正方形ABCD内(包括边界).平面PAM⊥平面PDM且∠ADM∈[π4,π3]，

(ⅰ)求M点轨迹长度；

(ⅱ)是否存在M点，使得平面BPM⊥平面

参考答案1.A

2.B

3.A

4.C

5.A

6.B

7.B

8.B

9.ACD

10.AB

11.BCD

12.313.112

14.696

15.解：(1)∵2n=32，

∴n=5；

∴Tr+1=C5r(x2)5−r(−ax)r=(−a)rC5rx10−3r(r=0,1,2,…,5)，

∴1−5a+10a2=31，

解得a=2或16.解：(1)因为acosB−bcosA=c−23b，

由正弦定理可得sinAcosB−sinBcosA=sinC−23sinB，且sinC=sin(A+B)=sinAcosB+sinBcosA，即sinAcosB−sinBcosA=sinAcosB+sinBcosA−23sinB，

可得sinBcosA=13sinB且B∈(0,π)，

则sinB≠0，所以cosA=13；

(2)若选①：由(1)可知cosA=13，A∈(0,π)，

则sinA=1−cos2A=223，

因为4S=a2+c2−b2，

则4×12acsinB=2accosB，可得tanB=1，且B∈(0,π)，

则B=π4即角A，B，C确定且唯一，且a=4，可知△ABC存在且唯一，

因为sinC=sin(A+B)=sinAcosB+sinBcosA=4+26；

由正弦定理asinA=bsinB可得b=asinBsinA=3，

所以△ABC17.解：(1)证明：如图，连接A1B、BD、CE、CB1、ED，

由直棱柱性质A1E//DC且A1E=12A1C1=12AC=DC，

所以四边形A1ECD是平行四边形，故A 1D//EC，

又A1D⊂平面A1BD，EC⊄平面A1BD，

故EC/​/平面A1BD，

又由直棱柱性质有ED//C1C且ED=C1C，目CC1//B1B，C1C=B1B，

所以ED//B1B且ED=B1B，

所以四边形EB1BD是平行四边形，故EB 1//DB，

又DB⊂平面A1BD，EB1⊄平面A1BD，

所以EB1//平面A1BD，

因为EB1∩EC=E，EB1，EC⊂平面EB1C，

所以平面A1BD/​/平面EB1C，

因为CF⊂平面EB1C，

所以CF/​/平面A1BD；

(2)因为AB=BC=CA=BB1=2，

所以BD⊥AC，ED=2，A1D=A1A2+AD2=22+118.解：(1)因为tanA+tanB=3cbcosA，

所以由商数关系和正弦定理得sinAcosA+sinBcosB=3sinCsinBcosA，

即sinAcosB+cosAsinBcosAcosB=sin(A+B)cosAcosB=sin(π−C)cosAcosB=sinCcosAcosB=3sinCsinBcosA，

又由题可得A、B、C∈(0,π2)，所以cosA≠0且sinC≠0，

所以由sinCcosAcosB=3sinCsinBcosA得sinBcosB=3，即tanB=3，

所以B=π3．

(2)由(1)以及正弦定理asinA=bsinB=csinC得a=bsinAcosB=23bsinA3，c=bsinCsinB=23bsinC3，

所以a2+c2b2=19.解：(1)证明：因为四边形ABCD是边长为2的正方形，所以BA⊥DA，

因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=BA，DA⊂平面ABCD，所以DA⊥平面PAB，

又PA⊂平面PAB，所以DA⊥PA；

因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=DA，BA⊂平面ABCD，所以BA⊥平面PAD，

又PA⊂平面PAD，所以BA⊥PA．

因为BA∩DA=A，BA，DA⊂平面ABCD，所以PA⊥平面ABCD，所以四棱锥P−ABCD是“阳马”．

(2)(i)以DA为直径在平面ABCD上作一个半圆，如图所示：

在该半圆周上任取点M，连接AM、DM、PM，则AM⊥DM，又由(1)知PA⊥平面ABCD，DM⊂平面ABCD，所以PA⊥DM，

又PA∩AM=A，PA，AM⊂平面PAM，所以DM⊥平面PAM，

又DM⊂平面PDM，所以平面PAM⊥平面PDM，所以点M的运动轨迹在该半圆周上，

因为∠ADM∈[π4,π3]，所以∠AOM∈[π2,2π3]，

所以根据扇形的弧长公式得点M的运动轨迹长度为2π3×DA2−π2×DA2=2π3−π2=π6．

(ii)存在M点，使得平面BPM⊥平面CPM，且该点为AC与BD交点，如图所示：

连接AC、BD，则由(i)知，此时AC与BD交点在(i)中所作的半圆圆周上，

且满足∠AOM=π2，

由正方体性质知，BM⊥CM，又PA⊥平面ABCD，BM⊂平面ABCD，所以PA⊥BM，

又PA∩CM=A，PA，CM⊂平面CPM，所以BM⊥平面CPM，

又BM⊂平面BPM，所以平面BPM⊥平面CPM，